2026版《全品高考》選考復(fù)習(xí)方案物理02 第19講　動量守恒定律及其應(yīng)用 【答案】附錄二答案

《全品選考復(fù)習(xí)方案》2026版《全品高考》選考復(fù)習(xí)方案物理02第19講動量守恒定律及其應(yīng)用【答案】附錄二答案第19講動量守恒定律及其應(yīng)用考點一【必備知識】1.矢量和2.(1)m1v1'+m2v2'(2)-Δp2【辨別明理】1.×2.×3.×4.√考點三【必備知識】1.很大2.遠大于3.守恒最大【辨別明理】1.×2.×3.√第19講動量守恒定律及其應(yīng)用例1C[解析]撤去F后,木塊A離開豎直墻前,墻對A有向右的彈力,所以系統(tǒng)的合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,這個過程中,只有彈簧的彈力對B做功,系統(tǒng)的機械能守恒,故A、B錯誤;A離開豎直墻后,系統(tǒng)水平方向不受外力,豎直方向受力平衡,所以系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)的動量守恒,只有彈簧的彈力做功,系統(tǒng)機械能也守恒,故C正確,D錯誤.例2D[解析]小孩推出物塊過程,小孩、滑板和物塊系統(tǒng)合外力為0,動量守恒,故A錯誤;物塊在弧形槽上運動過程,物塊和弧形槽系統(tǒng)水平方向合外力為0,所以水平方向動量守恒,但系統(tǒng)動量不守恒,故B錯誤;物塊在弧形槽上滑和下滑過程,弧形槽對物塊做負功,速度減小,物塊離開弧形槽時的速率比沖上弧形槽時的速率小,故C錯誤;初始動量為0,物塊離開弧形槽時,弧形槽、物塊、小孩和滑板組成的系統(tǒng)總動量為零,故D正確.例3B[解析]取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象,由動量守恒定律有mv0=(m+15m)v,v=116v0=116×0.8m/s=0.05m/s.故選項B例4B[解析]設(shè)甲至少以速度v將箱子推出,推出箱子后甲的速度為v甲,乙的速度為v乙,取水平向右為正方向,則根據(jù)動量守恒定律,可得對甲和箱子有(m甲+m)v0=m甲v甲+mv,對乙和箱子有mv-m乙v0=(m+m乙)v乙,當甲與乙恰好不相撞時,v甲=v乙,解得v=5.2m/s.故B正確.例5B[解析]爆炸物上升到最高點時,瞬時速度為零,爆炸瞬間水平方向動量守恒,因此質(zhì)量之比為2∶1的兩個碎塊,其速度之比為1∶2,根據(jù)平拋運動規(guī)律可知,水平方向位移大小之比為1∶2,但合位移大小之比并不為1∶2,選項A錯誤.根據(jù)題意,設(shè)聲速為v0,則2s-sv0=1s,因此s=340m,兩碎塊落地點相距1020m,選項D錯誤.以上推導(dǎo)說明爆炸物爆炸之后質(zhì)量為2m的碎塊落地聲音傳到接收器需要1s,質(zhì)量為m的碎塊落地聲音傳到接收器時間為2s.因此爆炸物爆炸后碎塊平拋落地時間為4s,根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知,碎塊下落的高度h=12gt2=80m,選項B正確.質(zhì)量為2m的爆炸物碎塊的水平速度為v=st=85m/s,例6B[解析]由題意可知,烏賊逃命時的速度達到v1=40m/s,則烏賊和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)烏賊噴射出水的速度為v2,取烏賊向前逃竄的方向為正方向,由動量守恒定律可得(m-m0)v1-m0v2=0,解得v2=m-m0m0v1=4-0.8例7B[解析]畫出如圖所示的示意圖,設(shè)人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為v',船的質(zhì)量為M,人從船尾走到船頭所用時間為t.則v=dt,v'=L-dt;人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,取船的速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得Mv-mv'=0,解得船的質(zhì)量M=m(L-d)d例8D[解析]小球下擺過程與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,故A錯誤;在水平方向上,系統(tǒng)不受外力,因此在水平方向動量守恒.小球下落過程中,水平方向具有向右的分速度,因此為保證動量守恒,小車要向左運動.當撞到油泥,是完全非彈性碰撞,小球和小車水平方向動量守恒,所以小車和小球最終靜止,故B錯誤;設(shè)當小球到達最低點時,小球向右移動的距離為x1,小車向左移動的距離為x2,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有mv1-Mv2=0,又v1=x1t,v2=x2t,則有mx1t-Mx2t=0,變形得mx1=Mx2,根據(jù)x1+x2=L,聯(lián)立解得x2=例9B[解析]根據(jù)動能定理有μmgx1=12mv02-12mv12,物體甲第一次運動到O點的速度大小為v1=8m/s,A錯誤;物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為t=x2v1=0.5s,B正確;碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點A,根據(jù)動能定理有μmgx1=12mv22,解得物體甲與乙碰撞后物體甲的速度大小為v2=6m/s,C錯誤;根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1=m乙v乙-mv2,12mv12=例10A[解析]甲、乙相碰過程系統(tǒng)動量守恒,有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙',代入圖像數(shù)據(jù)得m乙=6kg,碰撞過程兩物塊損失的機械能為ΔE=12m甲v甲2+12m乙v乙2-12m甲v甲'2-12m乙v乙'2,例11B[解析]b球下擺過程中,由機械能守恒定律得mbgL=12mbv02,碰撞過程動量守恒,以向左為正方向,由動量守恒定律得mbv0=(ma+mb)v,兩球向左擺動過程中,由機械能守恒定律得12(ma+mb)v2=(ma+mb)gL(1-cosθ),解得mamb例12BC[解析]以A球的初速度方向為正方向,由碰撞過程系統(tǒng)動量守恒得pA=pA'+pB,解得pA'=10kg·m/s,根據(jù)碰撞過程總動能不增加,有pA22mA≥pA'22mA+pB'22mB,解得mB≥23mA,碰后兩球同向運動,A的速度不大于B的速度,則有pA'mA≤pBmB,例13AC[解析]設(shè)碰撞前a的速度為v0,由p=2mv0解得v0=p2m,設(shè)a與b第一次碰撞后a的速度為va,b的速度為vb,由動量守恒定律得2mv0=2mva+mvb,由碰撞前后a、b兩小球動能之和保持不變可得12×2mv02=12×2mvA2+12mvb2,聯(lián)立解得va=p6m,vb=2p3m;設(shè)b與c第一次碰撞后c的速度為vc,b的速度為vb',由動量守恒定律可得mvb=mvb'+mvc,由碰撞前后b、c兩小球動能之和保持不變可得12mvb2=12mvb'2+12mvc2,聯(lián)立解得vb'=0,vc=2p3m;c第一次被碰撞后瞬間的動能為Ekc=12mvc2=2p29m,選項A正確,B錯誤.由于b、c兩球質(zhì)量相等,彈性碰撞交換速度,所以可以把c、b兩球的運動等效為b球的運動,設(shè)a與b第二次碰撞處距離豎直墻為x,則a球從第一次碰撞后到第二次碰撞運動位移為2l-x,b球(變式C[解析]根據(jù)彈性碰撞特點可知,每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉淼?.5m-m1.5m+m=15,而8號球每次將速度傳給右側(cè)球,故白球與8號球碰撞7次后,白球速度v=157v0,此時8號球速度為零,之后再次碰撞,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得1.5mv=1.5mv'+mv″,12×1.5mv2=12×1.5mv'2+12mv″2,解得8號球最終的速度大小為v″=65157專題七碰撞模型的拓展例1C[解析]根據(jù)題意,小球上升到滑塊上端時,小球與滑塊的速度相同,設(shè)為v1,根據(jù)動量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根據(jù)機械能守恒定律有12mv02=12(m+M)v12+mgR,例2(1)20kg(2)不能[解析](1)規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v12m2v202=12(m2+m3)v2式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度.聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1+m2v20=0代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v312m2v202=12m2v2聯(lián)立得v2=1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩例3CD[解析]由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s,且此時系統(tǒng)動能最小,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知,此時彈性勢能最大,t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài),而t3時刻處于伸長狀態(tài),故A錯誤;結(jié)合圖像弄清兩物塊的運動過程,開始時A逐漸減速,B逐漸加速,彈簧被壓縮,t1時刻二者速度相同,系統(tǒng)動能最小,彈性勢能最大,彈簧被壓縮到最短,然后彈簧逐漸恢復(fù)原長,B仍然加速,A先減速為零,然后反向加速,t2時刻,彈簧恢復(fù)原長狀態(tài),由于此時兩物塊速度相反,因此彈簧的長度將逐漸增大,B減速,A先減速后反向加速,在t3時刻,兩物塊速度相等,系統(tǒng)動能最小,彈簧最長,因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長,故B錯誤;根據(jù)動量守恒定律,t=0時刻和t=t1時刻系統(tǒng)總動量相等,有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3m/s,v2=1m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C正確;在t2時刻A的速度為vA=-1m/s,B的速度為vB=2m/s,根據(jù)m1∶m2=1∶2,求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正確.例4D[解析]C與A碰撞前后瞬間,C與A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,由動量守恒可得mCv0=(mA+mC)v1,其中v0=6m/s,v1=3m/s,解得C的質(zhì)量為mC=2kg,故A錯誤;彈簧對A與C組成的系統(tǒng)與對B的作用力始終大小相等方向相反,以A、C組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,則前2s時間內(nèi)彈簧的彈力對A、C組成的系統(tǒng)的沖量為I=(mA+mC)v2-(mA+mC)v1=-24N·s,可知在前2s時間內(nèi),彈簧對球B的沖量大小為24N·s,故B錯誤;球B離開墻壁前,彈簧被壓縮至最短時其彈性勢能最大,此時A、C組成的系統(tǒng)的速度減為0,根據(jù)能量守恒可得ΔEpm=12(mA+mC)v12=18J,故C錯誤;當球B離開墻壁后彈簧先被拉伸至最長,此后彈簧恢復(fù)原長,此時球B的速度最大,動能最大,在B離開墻壁后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量守恒、機械能守恒,以向左為正方向,則有(mA+mC)v'=(mA+mC)v1'+mBv2'、12(mA+mC)v'2=12(mA+mC)v1'2+12mBv2'2,其中v'=3m/s,聯(lián)立解得v1'=1m/s,v2'=4m/s,則B離開墻壁后的最大動能為Ekm=12mBv2例5(1)60N(2)能分析見解析(3)24J[解析](1)物塊P從B到A由動能定理得-m1gR1=0-12m1解得vB=24m/s在B點由牛頓第二定律得FNB-m1g=m1v解得FNB=60N(2)P從C到B由動能定理得-μm1gLBC=12m1vB2-1vC=30m/s解除彈簧鎖定時由動量守恒定律得m1vP=m2vQ解得vQ=230m/s設(shè)物塊Q滑上小車后與車共速時上滑的高度為h,共同速度為v,由動量守恒定律得m2vQ=m2解得v=302由動能定理得-μm2gLEF-m2gh=12m2+m3v解得h=3.9m>R2=1.8m即物塊Q能沖出小車最高點G(3)①P不從A點沖出,彈簧解除鎖定時vP≤30m/svQ≤230m/s②P不從D點滑出2μm1gLBC≥12m1解得vP≤23m/svQ≤43m/s③Q滑上小車,且剛好不從小車最高點沖出時有m2vQ=m2-μm2gLEF-m2gR2=12m2+m3v解得vQ≤8m/s④Q滑上小車,且剛好不從小車左端滑出時有m2vQ=m2-2μm2gLEF=12m2+m3v解得vQ≤42m/s綜上所述vQ≤42m/s此時vP≤22m/s所以,彈簧解除鎖定前具有的最大彈性勢能Ep=12m1vP2+12例6(1)6m/s882J(2)能[解析](1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v,對子彈和木塊組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=6m/s此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能ΔE=12mv02-12(M+m)(2)假設(shè)子彈以v0'=400m/s的速度入射時沒有射穿木塊,則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得mv0'=(M+m)v'解得v'=8m/s此過程系統(tǒng)所損耗的機械能為ΔE'=12mv0'2-12(M+m)v'由功能關(guān)系有ΔE=F阻x相=F阻dΔE'=F阻x相'=F阻d'則ΔEΔE'=F阻解得d'=1568147因為d'>10cm,所以能射穿木塊變式1D[解析]由于木塊始終保持靜止狀態(tài),則兩子彈對木塊的推力大小相等,即兩子彈所受的阻力大小相等,設(shè)為Ff,根據(jù)動能定理得,對子彈A有-FfdA=0-EkA,得EkA=FfdA;對子彈B有-FfdB=0-EkB,得EkB=FfdB,由于dA>dB,則有子彈入射時的初動能EkA>EkB,故B錯誤,D正確.兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,則有2mAEkA=2mBEkB,而EkA>EkB,則mA<mB,故A錯誤.子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊,木塊始終保持靜止,分析得知,變式2C[解析]子彈射入物塊A的過程中,子彈與物塊A組成的系統(tǒng)動量守恒,則有kmv0=(m+km)v1,求得v1=kk+1v0,子彈動量的變化量Δp=kmv1-kmv0=-kmv0k+1,選項A錯誤;物塊A的動能增加量為ΔEkA=12mv12=k2mv022k+12,選項B錯誤;當彈簧第一次壓縮到最短時,物塊B的動量大小最大,則有子彈與物塊A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,則有kmv0=(2m+km)v2,求得v2=kk+2v0,物塊B的動量大小最大值為pBm=kmv0k+2,選項C正確;彈簧第一次壓縮到最短的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能為ΔEp=12(例7ABD[解析]由題圖可知,最終木板獲得的速度為v=1m/s,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,以B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得M=2kg,則木板獲得的動能為Ek=12Mv2=12×2×12J=1J,故A正確;系統(tǒng)損失的機械能ΔE=12mv02-12(m+M)v2,代入數(shù)據(jù)解得ΔE=2J,故B正確;根據(jù)v?t圖像中圖線與坐標軸所圍的面積表示位移,由題圖得到0~1s內(nèi)B的位移為xB=12×(2+1)×1m=1.5m,A的位移為xA=12×1×1m=0.5m,則木板A的最小長度為L=xB-xA=1m,故C錯誤;由題圖可知,B的加速度a=ΔvΔt=1-21m/s2=-1m/s2,負號表示加速度的方向與v0的方向相反,由牛頓第二定律得-μmg=ma例8(1)4m/s(2)1m1m(3)36J[解析](1)設(shè)滑塊與小車的共同速度為v1,二者相對運動過程中根據(jù)動量守恒定律,有mv0=(M+m)v1解得v1=4m/s(2)設(shè)達到共速時小車移動的距離為x1,對小車,根據(jù)動能定理有μmgx1=12Mv代入數(shù)據(jù)解得x1=2m小車與擋板的距離x2=x-x1=1m設(shè)滑塊與小車的相對位移為L1,對系統(tǒng),根據(jù)能量守恒定律,有μmgL1=12mv02-12(m代入數(shù)據(jù)解得L1=3m滑塊與小車右端的距離L2=L-L1=1m其位置情況如圖乙所示(3)共速后小車未碰撞擋板時小車與滑塊間的摩擦力消失而沒有做功,直到小車碰撞擋板被粘住靜止,滑塊又開始在小車上繼續(xù)向右做初速度v1=4m/s的勻減速直線運動,由于與擋板發(fā)生彈性碰撞,滑塊速度大小不變,設(shè)返回的路程為L3,由動能定理,有-μmg(L2+L3)=0-12m解得L3=3m,說明滑塊不會從車左端掉下由能量守恒定律可知,全過程中滑塊克服摩擦力做的功W=12mv專題八力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用例1(1)m2gh方向豎直向上(2)m[解析](1)設(shè)燃燒使重錘汽缸獲得的速度為v0,樁體獲得的速度為v,對分離后的重錘汽缸由機械能守恒,有12mv0對分離瞬間的重錘汽缸,由于內(nèi)力遠大于外力,故由動量定理,有I燃=mv0-0得I燃=m2gh,方向豎直向上(2)分離瞬間,由于內(nèi)力遠大于外力,所以重錘汽缸和樁體組成的系統(tǒng)動量守恒有mv0=Mv分離后對樁體,由動能定理,有MgH-FfH=0-12Mv得H=m例2(1)3m/s(2)4.5J(3)53°(4)516≤μ<[解析](1)根據(jù)平拋運動特點,可得h=12gt2,x=v0解得v0=3m/s(2)根據(jù)能量守恒定律有Ep=Ek=12mv02(3)物塊運動到B點時,豎直方向速度為vy,則有vy2解得vy=4m/s則有tanθ=vyv可知θ=53°(4)B、C兩點的高度差為hBC=R-Rcos53°=0.4m若小物塊恰能與墻壁相碰,根據(jù)能量守恒定律有μ1mgL=Ep+mg(h+hBC)解得μ1=33若恰不從B飛出,根據(jù)能量守恒定律有2μ2mgL=Ep+mgh解得μ2=5由mghBC<μ2mgl知小物塊從BC滑回不與墻壁發(fā)生二次碰撞綜上可得516≤μ<例3(11分)(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m[解析](1)滑塊a從D處進入,經(jīng)DEF管道后到達最低點的過程,由動能定理得mg·2R=12mvF2-解得vF=10m/s(1分)在最低點F由牛頓第二定律得FN-mg=mv解得FN=31.2N(2分)(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s,設(shè)碰后滑塊a的速度為va,則由動能定理有-mg·2R-μmgL=12mvB2-解得va=5m/s(1分)滑塊a、b碰撞過程中由動量守恒定律得mvF=-mva+3mvb解得vb=5m/s(1分)滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE=12mvF解得ΔE=0(2分)(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,設(shè)碰撞后a、b的共同速度為v1,由動量守恒定律得mvF=(m+3m)v1(1分)當彈簧最長或最短時,a、b與c均達到共速,設(shè)為v2,由動量守恒定律得(m+3m)v1=(m+3m+2m)v2(1分)彈簧的最大彈性勢能Ep=12(m+3m)v12-12(m+3m+2m)v又Ep=12kx彈簧最大長度與最小長度之差Δx=2x聯(lián)立解得Δx=0.2m(1分)例4(1)5m/s(2)0.625J(3)6m/s[解析](1)滑塊離開彈簧后運動到圓形軌道最高點C的過程中,由動能定理得-mg·2R=12mvC2-滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C,有mg=mv聯(lián)立解得v0=5m/s(2)滑塊滑上平板后,平板加速至與滑塊共速過程中,根據(jù)動量守恒定律有mv0=(m+M)v系統(tǒng)損失的機械能ΔE=12mv02-12(m+聯(lián)立解得ΔE=0.625J(3)滑塊滑上平板,運動到平板最右端恰好不滑下,之后與平板一起勻減速運動到H點時,滑塊離開彈簧時的速度最大滑塊的加速度大小am滿足μ1mg=mam解得am=6m/s2平板的加速度大小aM滿足μ1mg-μ2(m+M)g=MaM解得aM=4m/s2作出v?t圖像,如圖所示由v?t圖像可知vm2t1aMt1=vm-amt1聯(lián)立解得vm=6m/s第19講動量守恒定律及其應(yīng)用1.B[解析]P對Q有彈力的作用,并且在力的方向上有位移,在運動中,P會向左移動,P對Q的彈力方向垂直于接觸面向上,與Q位移方向的夾角大于90°,所以P對Q做功不為0,故A錯誤;因為P、Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力,所以做功之和為0,故B正確;因為系統(tǒng)除重力外,其他力做功代數(shù)和為零,所以P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒,系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用,水平方向上動量守恒,但是在豎直方向上Q有加速度,即豎直方向上動量不守恒,故C、D錯誤.2.B[解析]航天員獲得速度后將做勻速直線運動,設(shè)位移為x,噴出氣體的速度為v0,噴出氣體的瞬間,航天員獲得的速度大小為v,噴出的氣體的質(zhì)量為m,航天員連同裝備的質(zhì)量為M,則在高壓氣源噴出氣體的瞬間,航天員和噴出的氣體組成的系統(tǒng)動量守恒,取航天員運動的方向為正方形,由動量守恒定律可得0=(M-m)v-mv0,另由勻速直線運動可得x=vt,聯(lián)立解得m≈4kg,故選B.3.D[解析]根據(jù)動量守恒定律,玩具車開始向左運動后,平板車向右運動,A錯誤;根據(jù)動量守恒定律,玩具車突然不動時,平板車也立即停止運動,B錯誤;根據(jù)動量守恒定律,玩具車運動得越快,平板車運動得越快,C錯誤;根據(jù)動量守恒定律有m平x平=m電x電,根據(jù)題意得x平+x電=1.8m,解得x電=1.5m、x平=0.3m,玩具車前端運動到平板車左端時,平板車在水平面上移動了0.3m,D正確.4.C[解析]爆炸過程中,系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,爆炸前系統(tǒng)總動量為零,由動量守恒定律可知,爆炸后,兩物體的初動量大小相等,故A錯誤;設(shè)爆炸后任一物體的動量大小為p,物體的質(zhì)量為m,則動能Ek=12mv2=p22m,可知質(zhì)量大的物體獲得的初動能小,故B錯誤;取爆炸后物體速度方向為正方向,根據(jù)動量定理得-μmgt=0-p,解得滑行時間t=pμmg,由于μ、p、g相等,則質(zhì)量大的物體滑行時間短,故C正確;爆炸后,根據(jù)動能定理得-μmgx=0-12mv2=0-p22m,解得爆炸后物體滑行的距離x=p22μm2g,由于μ5.B[解析]依題意,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,可得mv1=2mv2=3mv3,解得v2=3m/s,v3=2m/s,則第二次碰撞過程中損失的機械能為ΔE=12·2mv22-12·3mv6.A[解析]A、B質(zhì)量不等,mA<mB,A、B相碰后,A向左運動,B向右運動;B、C、D、E質(zhì)量相等,彈性碰撞后,不斷交換速度,最終E有向右的速度,B、C、D靜止;E、F質(zhì)量不等,mE>mF,則碰后E、F都向右運動,所以B、C、D靜止,A向左運動,E、F向右運動,故A正確.7.AC[解析]A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零,動量守恒,則從A被釋放到A滾到最低點的過程中,A、B在任意時刻的水平速度大小滿足mvA=3mvB,所以A、B的水平位移大小滿足xA=3xB,根據(jù)位移關(guān)系有xA+xB=R,解得xA=34R,故A正確,B錯誤;整個過程中能量守恒,則mgR=12mvA2+12·3mvB2,其中vA=3vB,解得vA=3gR8.C[解析]由題圖可知,碰撞后總動量為正,根據(jù)動量守恒定律可知,碰撞前的總動量也為正,故碰撞前滑塊Ⅰ的動量較大,故A錯誤;根據(jù)動量守恒定律有5mⅠ-3mⅡ=2(mⅠ+mⅡ),解得mⅠ∶mⅡ=5∶3,故B錯誤,C正確;由動量定理知,碰撞過程中滑塊Ⅰ受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量大小相等,方向相反,故D錯誤.9.D[解析]小物塊下滑過程中,斜面受到小物塊向左下的壓力向左運動,所以小物塊對斜面做正功,斜面對小物塊做負功,故A錯誤;小物塊與斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,但豎直方向動量不守恒,故B錯誤;小物塊和斜面在水平方向上動量守恒,系統(tǒng)總動量為0,則有mx=Mx0,x0為斜面移動的距離,根據(jù)位移關(guān)系可知x+x0=htanθ,解得小物塊的水平位移為x=MM+m·htanθ=23tanθ·h,結(jié)合圖像可知斜率為23tanθ=qp,解得tanθ=2p3q10.(1)v22g(2)mg+mv2L[解析](1)A釋放到與B碰撞前,根據(jù)動能定理得mgH=12mv解得H=v(2)碰前瞬間,對A由牛頓第二定律得F-mg=mv解得F=mg+mv(3)A、B碰撞過程中,根據(jù)動量守恒定律得mv=2mv1解得v1=12則碰撞過程中損失的機械能為ΔE=12mv2-12·2m12v11.C[解析]根據(jù)能量守恒定律知,碰后小球A的一部分機械能轉(zhuǎn)移給了B,小球A的機械能減小,可知小球A不可能返回到P點,故A錯誤;設(shè)第一次碰后小球B的速度大小為vB,小球A的速度大小為vA,則有mAv0=-mAvA+mBvB,12mAv02=12mAvA2+12mBvB2,解得vA=mB-mAv0mA+mB,vB=2mAv0mA+mB,若mB=2mA,則有vA=v03<vB=2v03,說明兩小球只能碰撞一次,故B錯誤;結(jié)合上述,若mB=4mA,則有vA=3v05>vB=2v05,可知兩小球?qū)⒃俅闻鲎?設(shè)第二次碰后小球B的速度為vB',小球A的速度為vA',則有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',12mAvA212.(1)4m/s(2)3m/s(3)0.9m[解析](1)滑塊A自P點滑至平臺的過程中由動能定理有m0gR(1-cos60°)=12m0解得vA=4m/s(2)設(shè)滑塊A擠壓彈簧結(jié)束后(彈簧恢復(fù)原長時)的速度大小為v1,滑塊A與滑塊B在水平平臺上相互作用的時間內(nèi),兩者組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律和機械能守恒定律根據(jù)動量守恒定律有m0vA=m0v1+mv0根據(jù)機械能守恒定律有12m0vA2=12m0v解得v0=3m/s(3)設(shè)滑塊B滑至小車C右端時它們的共同速度大小為v,滑塊B從滑上小車C到滑至小車C右端的過程中,滑塊B和小車C兩者組成的系統(tǒng)動量守恒根據(jù)動量守恒定律有mv0=(M+m)v根據(jù)能量守恒定律有12mv02-12(M+m)解得L=0.9m專題七碰撞模型的拓展1.C[解析]設(shè)小球質(zhì)量為m,圓弧體質(zhì)量為M,小球從圓弧體A上滾下時,A的速度大小為v1,小球的速度大小為v2,根據(jù)動量守恒與能量守恒有Mv1=mv2,mgR=12Mv12+12mv22,12mgR=12mv22,解得M=m,v1=gR,故A、B錯誤;小球滑上B過程到滑離有mv2=mv2'+Mv,12mv22=12mv2'2+12.B[解析]球a與球b相碰并粘在一起運動,發(fā)生完全非彈性碰撞,所以三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能有損失,故A錯誤;當小球b、c速度相等時,彈簧形變量最大,彈簧彈性勢能最大,故B正確;彈簧壓縮到最短時c球速度還要繼續(xù)增大,當彈簧恢復(fù)原長時c球速度最大,故C錯誤;規(guī)定向右為正方向,球a與球b相碰并粘在一起運動,由動量守恒有mv0=2mv1,當彈簧第一次恢復(fù)原長時,三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,有2mv1=2mv2+mvc,機械能守恒有12·2mv12=12·2mv22+12mvc2,解得v2=16v0,可知當彈簧第一次恢復(fù)原長時,小球c3.BC[解析]兩物塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律,可得mAvA+mBvB=0,解得vB=-0.5m/s,可知物塊B的速度大小為0.5m/s,方向向左,A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可得aA=F彈mA,aB=F彈mB,可得aAaB=mBmA=21,B正確;當A的速度最大時,彈簧處于原長狀態(tài),由圖像可知A的最大速度為vAm=2m/s,根據(jù)動量守恒定律可得mAvAm=mBvBm,解得B的最大速度為vBm=1m/s,根據(jù)能量守恒定律可得12mAvAm2+12mBvBm2=12mAvA2+12mBvB2+Ep,解得A物塊速度為1m/s時,彈簧的彈性勢能為Ep=0.225J,C正確;當兩物塊的速度為零時,4.AD[解析]子彈射入物塊,由動量守恒可得,子彈剛射入物塊時,兩者的共同速度v=m0v0m+m0=6m/s,之后,物塊受到摩擦力做減速運動,木板受到摩擦力做加速運動,直到物塊到達木板右端時,兩者達到共同速度,故物塊的最大速度為6m/s,故A正確;物塊和子彈在木板上滑行時,整體的合外力為零,故動量守恒,那么共同速度v'=(m+m0)vm0+m+M=2m/s,所以木板的最大速度為2m/s,故B錯誤;物塊在木板上滑行時合外力等于摩擦力,故物塊做加速度大小a=μg=4m/s2的勻減速直線運動,所以物塊相對于木板滑行的時間t=v-v'a=1s,故C錯誤;物塊在木板上滑行時,物塊做加速度大小a=4m/s2的勻減速直線運動,木板做加速度大小a'=μ(m+m05.C[解析]由圖知,C與A碰前速度為v1=9m/s,碰后速度為v2=3m/s,C與A碰撞過程動量守恒,以C的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mCv1=(mA+mC)v2,可解得mC=2kg,12s末A和C的速度為v3=-3m/s,4s到12s,彈簧對AC的沖量為I'=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,代入數(shù)據(jù)解得I'=-36N·s,方向向左;故墻壁對物塊B的彈力在4s到12s的時間內(nèi)對B的沖量I的大小為36N·s,故C正確.6.C[解析]根據(jù)動量守恒條件可知小球與圓弧體組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為0,系統(tǒng)在水平方向動量守恒,故A錯誤;整個系統(tǒng)機械能守恒,圓弧體機械能增加說明小球?qū)A弧體做正功,則圓弧體對小球做負功,故B錯誤;滑至圓弧底部后兩物體間的相對位移大小為L=Rsinθ,根據(jù)水平方向動量守恒可得mv球=Mv圓,時間相等,則上式可變形為mx=M(L-x),解得圓弧體與小球的質(zhì)量之比為Mm=xL-x=qRp-q,故C正確;當θ為90°時,根據(jù)機械能守恒可得mgR=12mv球2+12Mv圓2,又根據(jù)動量守恒定律解得兩者分離時小球的速度為7.C[解析]A在B上向右滑動,A減速,B加速,B向右運動與墻相碰,碰后B向左減速,A向右減速,二者速度同時減到0,對A有μm1g=m1a1,可得a1=3m/s2,對B有μm1g=m2a2,可得a2=1m/s2,設(shè)經(jīng)過時間t達到共同速度,可得v1-a1t=a2t,得t=1s,設(shè)B撞墻前的速度為vB1,此時A的速度為v2,可得vB1=v2=1m/s,設(shè)此過程中木板的位移為x1,根據(jù)vB12=2a2x1,可得x1=0.5m,共速時B未到右墻,B撞墻后,A的速度不變,設(shè)B撞墻后的速度為vB2,因A、B最終恰好同時靜止,由動量守恒可得m1v2=m2vB2,可得vB2=13m/s,損失的機械能ΔE=12m2(vB12-vB22)=43J,故A、B錯誤;木板B的長度為撞前和撞后A、B的相對位移之和,即Δx1=v12-v222a1-x1=2m,Δx2=v222a18.(1)20m/s(2)-63J15m/s[解析](1)根據(jù)動量守恒定律有mv0+m0v=m+m0代入數(shù)據(jù)得v1=18m/s根據(jù)v22-v解得v2=20m/s(2)滑塊經(jīng)過軌道OAB時,根據(jù)動能定理有m0+mgR+Wf=1解得Wf=-63J滑塊滑上軌道QCD后,水平方向上系統(tǒng)動量守恒,有m+m0vB=M+m+解得vx=6m/s滑塊沿軌道QCD滑動過程中,系統(tǒng)機械能守恒,有12m+m0vB2=1可得vD=15m/s9.(1)3m/s(2)0.3(3)1.8m/s與U形槽左邊擋板的距離為0.4m[解析](1)A與U形槽發(fā)生彈性碰撞,由動量守恒定律有mAv0=mAvA+MvC由題意知vA=-v解得vC=3m/s.(2)滑塊A與U形槽碰撞后,B做勻加速直線運動,有μmBg=mBaBsB=12aBt滑塊A與U形槽碰撞后,U形槽做勻減速直線運動,有μmBg=MaCsC=vCt-12aCt由題意知sC-sB=L聯(lián)立可得μ=0.3.(3)設(shè)U形槽的最終速度為v,由動量守恒定律有MvC=(M+mB)v解得v=1.8m/s由功能關(guān)系有12MvC2=12(M+mB)v2解得s=0.9m所以,滑塊B最終的位置與U形槽左邊擋板的距離為d=0.4m.專題八力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.(1)21N(2)3.2m/s(3)x=0.12(20Ep-11.2)(0.56J≤Ep≤1.31J)[解析](1)滑塊a、b組成的系統(tǒng)動量守恒,彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為a、b動能,有mav1=mbv2Ep0=12mav12+12解得v1=210m/sFN-mag=mav1解得FN=21N(2)滑塊a要到達D點,在D點速度要大于或等于0,則在C點的速度至少滿足12mavC2=mag(R2+解得vC=3.2m/s過半圓弧形軌道BC的最高點最小速度滿足mavC'解得vC'=2m/s3.2m/s>2m/s滑塊a在C點的最小速度為3.2m/s(3)設(shè)滑塊a到達D點的速度為v,則有Ep=12mav2+mag(2R1+R2+R2斜拋運動時間t=vsin53°水平位移x1=vtcos53°得到x1=va在EF上的位移x2=vcos53°距離D點的水平位移x=x1+x2當?shù)紻點速度為0時,Ep最小,Epmin=0.56J,當?shù)紽點速度為0時,Ep最大,即x2=L,Epmax=1.31J故x=0.1220Ep-11.2(0.56J≤Ep2.(1)①16m/s2,方向豎直向上②2m③12(2)0.[解析](1)h=0.8m時①小物塊從靜止釋放到第一次經(jīng)過C點,根據(jù)動能定理有mgh=12m在C點,根據(jù)牛頓第二定律有aC=vC2R=16m/s②小物塊在運動過程中,根據(jù)動能定理有mgh-mgR1-cosθ=μ1+μs總=2s=2m③小物塊在DE上向上運動時,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1解得a1=8m/s2小物塊在DE上向下運動時,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2解得a2=2m/s2根據(jù)運動學(xué)公式可知t上t下=(2)小物塊從靜止釋放到運動到F點,根據(jù)動能定理有mgh-2mgR(1-cosθ)-mgLsinθ-μ1mgLcosθ=12m碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mvF=2mv根據(jù)能量守恒有μ1mg·2L'=12mvF2-聯(lián)立解得L'=0.2m3.(1)0.2(2)3m/s(3)36J(4)3m[解析](1)A在傳送帶上的加速度a1=μg假設(shè)A一直勻加速運動,則L=12a1求得μ=0.15則到達傳送帶右端速度v1=a1t1=9m/s>6m/s假設(shè)不成立,故A先加速后勻速,有12vt1'+vt2=L、t1'+t2=t、a1t1'=解得μ=0.2(2)A與B第1次碰撞后有mAv=mAv11+mBv2112mAv2=12mAv112+解得v11=0,v21=v=6m/s之后B與C發(fā)生碰撞,有mBv21=mCv31+mBv21'12mBv212=12mCv312+1解得v31=12v21(3)A與B發(fā)生第二次碰撞交換速度,A和B的速度大小分別為v12=v21'=3m/s、vB靜止,之后A滑上傳送帶再返回,與B發(fā)生第三次碰撞,第二次碰后到第三次碰前,A與傳送帶發(fā)生相對位移Δx2=v×2v12A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmAgΔx2=36J(4)A與B發(fā)生第三次碰撞,繼續(xù)交換速度,碰后B和A的速度分別為v23=v12=3m/s、v13=0之后B與C繼續(xù)發(fā)生碰撞,碰后v32=12v23=12B與C多次碰撞后,C不會從臺邊落下根據(jù)能量守恒定律有12mC[12v212+14v212解得L2=3m4.(1)14m/s(2)48.65J(3)7[解析](1)P到達B點前已經(jīng)開始做勻速運動,拉力與摩擦力平衡,有F=μ0mg則有v0=P0F解得v0=14m/s(2)設(shè)物塊到達B點的動能為Ek0,物塊到達1號物塊前瞬間速度為v1,動能為Ek1,物塊P與1號物塊碰撞后整體速度為v1',整體動能為Ek1'由動能定理可得-μmgL=Ek1-Ek0P與1號物塊碰撞,由動量守恒有mv1=2mv1'碰撞后總動能為Ek1'=12×2mv1'2=12聯(lián)立可得Ek1'=12(Ek0-μmgL)=48.(3)設(shè)與n號物塊碰撞前速度為vn,動能為Ekn,與n號物塊碰撞后整體速度為vn',整體動能為Ekn',P與1整體運動到與2號物塊碰撞前瞬間根據(jù)動能定理有-μ×2mgL=Ek2-Ek1'P與1整體與2號物塊碰撞過程中動量守恒,有2mv2=3mv2'碰后總動能Ek2'=12×3mv2'2=23P與1、2整體運動到與3號物塊碰撞前瞬間,根據(jù)動能定理則有-μ×3mgL=Ek3-Ek2'P與1、2整體與3號物塊碰撞,由動量守恒有3mv3=4mv3'碰撞后總動能Ek3'=12×4mv3'2=34同理可得,P與前n-1個物塊組合體與n號物塊碰前瞬間有-μ×nmgL=Ekn-Ek(n-1)'P與前n-1個物塊組合體與n號物塊碰撞由動量守恒有nmvn=(n+1)mvn'碰后總動能Ekn'=nn+1Ek聯(lián)立可得(n+1)Ekn'=Ek0-(12+22+32+……+n2)μmgL若不能碰撞第n+1號物塊,則有Ekn'≤μ(n+1)mgL假設(shè)恰好與第n+1號物塊碰撞,則Ekn'=μ(n+1)mgL聯(lián)立得Ek0=12解得n+1=7,所以發(fā)生7次碰撞第19講動量守恒定律及其應(yīng)用考點一動量守恒定律的理解與應(yīng)用1.內(nèi)容如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變.

2.表達式(1)p=p'或m1v1+m2v2=.系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量.

(2)Δp1=,相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向.

3.適用條件(1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力為零.(2)近似守恒:系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力.(3)某一方向守恒:如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零,則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒.4.動量守恒定律的五個特性矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程,解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)同時性動量是一個瞬時量,表達式中的p1、p2、…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時刻的動量,p1'、p2'、…應(yīng)是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)普適性動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng),還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統(tǒng)【辨別明理】1.系統(tǒng)所受合外力做功為0,系統(tǒng)動量守恒.()2.系統(tǒng)的總動量不變是指系統(tǒng)總動量的大小保持不變.()3.若物體相互作用時動量守恒,則機械能一定守恒.()4.動量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度.()考向一系統(tǒng)動量守恒的判斷例1如圖所示,在水平光滑地面上有中間用一輕彈簧連接的A、B兩個木塊,A靠在墻壁上,用力F向左推B使兩木塊之間彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài).若突然撤去力F,則下列說法中正確的是()A.木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒B.木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,機械能也不守恒C.木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能也守恒D.木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒[反思感悟]

例2[2024·溫州模擬]如圖所示,光滑的水平面上靜止放置一個表面光滑的弧形槽、物塊和滑板,小孩站在靜止的滑板上將物塊向弧形槽推出,物塊滑上弧形槽后未沖出弧形槽的頂端,則()A.小孩推出物塊過程,小孩和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒B.物塊在弧形槽上運動過程,物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)動量守恒C.物塊離開弧形槽時的速率比沖上弧形槽時的速率更大D.物塊離開弧形槽時,弧形槽、物塊、小孩和滑板組成的系統(tǒng)總動量為零[反思感悟]

考向二動量守恒定律的基本應(yīng)用應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟(1)確定研究對象,選取研究過程;(2)分析內(nèi)力和外力的情況,判斷是否符合動量守恒條件;(3)選定正方向,確定初、末狀態(tài)的動量,最后根據(jù)動量守恒定律列方程求解.例3某機車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂,跟它們對接.機車跟第1節(jié)車廂相碰后,它們連在一起具有一個共同的速度,緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰,就這樣,直至碰上最后一節(jié)車廂.設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等,則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)()A.0.053m/s B.0.05m/sC.0.057m/s D.0.06m/s[反思感悟]考向三動量守恒中的臨界問題例4如圖所示,甲、乙兩個小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲,甲和他的冰車總質(zhì)量為M=30kg,乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg,游戲時甲推著一個質(zhì)量m=15kg的箱子和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑行,乙以同樣大小的速度迎面滑來,為了避免相撞,甲突然將箱子沿冰面推給乙,箱子滑到乙處時乙迅速把它抓住,若不計冰面的摩擦,為了避免甲與乙相撞,甲相對地面推出箱子的速度至少為()A.2.2m/s B.5.2m/sC.6m/s D.10m/s[反思感悟]考點二爆炸、反沖運動和人船模型考向一爆炸問題動量守恒因為爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于系統(tǒng)受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,因為有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短,因而爆炸過程中物體的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后的物體從爆炸前的位置以新的動量開始運動例5[2021·浙江1月選考]在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔,發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀.爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射,上升到空中最高點時炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊.遙控器引爆瞬間開始計時,在5s末和6s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲.已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽略空氣阻力.下列說法正確的是(g取10m/s2)()A.兩個碎塊的位移大小之比為1∶2B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80mC.爆炸后質(zhì)量大的碎塊的初速度為68m/sD.爆炸后兩個碎塊落地點之間的水平距離為340m考向二反沖運動作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的總機械能增加例6[2024·義烏中學(xué)模擬]烏賊在水中運動方式是十分奇特的,它不用鰭也不用手足,而是靠自身的漏斗噴射海水推動身體運動,在無脊椎動物中游泳最快,速度可達15m/s.逃命時更可以達到40m/s,被稱為“水中火箭”.如圖所示,一只懸浮在水中的烏賊,當外套膜吸滿水后,它的總質(zhì)量為4kg,遇到危險時,通過短漏斗狀的體管在極短時間內(nèi)將水向后高速噴出,從而迅速逃竄,噴射出的水的質(zhì)量為0.8kg,則噴射出水的速度為()A.210m/sB.160m/sC.75m/sD.60m/s[反思感悟]

考向三人船模型1.模型圖示2.模型特點(1)兩物體滿足動量守恒定律:mv人-Mv船=0.(2)兩物體的位移大小滿足:mx人t-Mx人+x船=L,得x人=MM+mL,x船=m例7[2024·舟山模擬]有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭,小船又窄又長,一位同學(xué)想用一個卷尺測量它的質(zhì)量.他進行了如下操作:首先將船平行碼頭自由停泊,然后他輕輕從船尾上船,走到船頭后停下,而后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離d和船長L.若忽略小船受到湖水的阻力,已知他自身的質(zhì)量為m,則船的質(zhì)量為()A.m(L+d)d B.C.mLd D.[反思感悟]

例8如圖所示,在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的小車,用長為L的細線系一質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平位置,球放開時小車與小球保持靜止狀態(tài),松手后讓小球下落,在最低點與固定在小車上的油泥相撞并粘在一起,則()A.小球下擺過程與小車組成的系統(tǒng)動量守恒B.小球與油泥相撞后一起向右運動C.小球下擺過程小車的運動距離為MLD.小球下擺過程小車的運動距離為mL【技法點撥】人船模型情景推廣光滑水平面上光滑斜面體上物塊由靜止下滑甲光滑水平面上光滑圓弧軌道上物塊由靜止下滑乙光滑水平面上光滑圓桶上小球由靜止?jié)L下丙熱氣球和人原來靜止在空中,人沿長繩豎直向下滑動丁考點三碰撞問題1.碰撞碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短,而物體間相互作用力的現(xiàn)象.

2.特點在碰撞現(xiàn)象中,一般都滿足內(nèi)力外力,可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒.

3.分類碰撞類型動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒

非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失

【辨別明理】1.質(zhì)量相等的兩個物體碰撞,一定交換速度.()2.碰撞前后系統(tǒng)的動量和機械能均守恒.()3.在光滑水平面上的兩球相向運動,碰撞后均變?yōu)殪o止,則兩球碰撞前的動量大小一定相等.()考向一彈性碰撞1.判斷依據(jù):碰撞瞬間系統(tǒng)內(nèi)無機械能損失.2.模型方程:(設(shè)主動碰撞的物體質(zhì)量為m1,被動碰撞的物體質(zhì)量為m2且初速度為零)m1v1+0=m1v1'+m2v2'12m1v12+0=12m1v1'2+12m解得v1'=(m1-m2)對結(jié)果討論:(1)若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1,碰后實現(xiàn)了動量和動能的全部轉(zhuǎn)移;(2)若m1>m2,則v1'>0,v2'>0,碰后二者同向運動;(3)若m1<m2,則v1'<0,v2'>0,碰后二者反向運動.例9如圖所示,水平面上AO段為動摩擦因數(shù)μ=0.6的粗糙段,OB段光滑.質(zhì)量為m=1kg的物體甲放在距O點左側(cè)x1=3m的A處,物體乙靜止放在距O點右側(cè)x2=4m的B處.現(xiàn)給物體甲一個水平向右的初速度v0=10m/s,物體甲與物體乙在B點發(fā)生彈性正碰,碰后物體甲恰好能返回出發(fā)點A.重力加速度大小g取10m/s2,兩物體均可視為質(zhì)點,則()A.物體甲第一次運動到O點的速度大小為6.5m/sB.物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為0.5sC.物體甲與乙碰撞后,物體甲的速度大小為5.5m/sD.物體乙的質(zhì)量為3.5kg[反思感悟]

考向二非彈性碰撞1.非彈性碰撞(設(shè)兩球的質(zhì)量分別為m1、m2,碰撞前兩球的速度分別為v1、v2,碰撞后的速度分別為v1'、v2')(1)動量守恒:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'.(2)動能有損失:ΔE=12m1v1'2+12m2v2'2-12.完全非彈性碰撞(1)判斷依據(jù):碰后恰好相對靜止、恰好沒有滑出、距離最短(最長)……表示最終共速的描述.(2)模型特點:系統(tǒng)動能損失最多,轉(zhuǎn)化為其他形式的能,如系統(tǒng)內(nèi)能、彈性勢能、重力勢能等.(3)模型方程:(設(shè)主動碰撞的物體質(zhì)量為m1,被動碰撞的物體質(zhì)量為m2且初速度為零)m1v1+0=(m1+m2)vΔE=12m1v2+12m2v2-12m1v例10[2020·全國卷Ⅲ]甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動.甲追上乙,并與乙發(fā)生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示.已知甲的質(zhì)量為1kg.則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()A.3J B.4J C.5J D.6J[反思感悟]例11[2024·鎮(zhèn)海中學(xué)模擬]如圖所示,小球a、b(均可視為質(zhì)點)用等長細線懸掛于同一固定點O.讓a球靜止下垂,將b球向右拉起,使細線水平.從靜止釋放b球,兩球碰后粘在一起向左擺動,此后細線與豎直方向之間的最大偏角為θ=60°.忽略空氣阻力,則兩球a、b的質(zhì)量之比mamb為(A.22B.2-1C.1-22D.2+1[反思感悟]

考向三碰撞的可能性分析對一個給定的碰撞,首先要看動量是否守恒,其次再看總動能是否增加,最后還要注意碰撞后的速度是否符合實際情況.例12(多選)如圖甲所示,“充氣碰碰球”游戲是一項很減壓的趣味運動項目.為了研究其中的碰撞規(guī)律,簡化為如圖乙所示的模型:直徑相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直線上運動,碰前A球的動量pA=50kg·m/s,B球靜止,碰后B球的動量變?yōu)閜B=40kg·m/s.則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是()A.mB=0.3mAB.mB=mAC.mB=1.5mAD.mB=5mA[反思感悟]

素養(yǎng)提升多體碰撞的解題思路高中階段研究的碰撞是一條直線上的對心碰撞,通常研究對象是兩個物體.若出現(xiàn)多個物體,一般是分階段碰撞,即分階段求解,要明確每個階段的碰撞研究對象和初末狀態(tài).例13(多選)[2024·寧波模擬]大小相同的三個小球(可視為質(zhì)點)a、b、c靜止在光滑水平面上,依次相距l(xiāng)排列成一條直線,在c右側(cè)距c為l處有一豎直墻,墻面與小球連線垂直,如圖所示.小球a的質(zhì)量為2m,b、c的質(zhì)量均為m.某時刻給a一沿連線向右的初動量p,忽略空氣阻力、碰撞中的動能損失和碰撞時間.下列判斷正確的是()A.c第一次被碰后瞬間的動能為2B.c第一次被碰后瞬間的動能為4C.a與b第二次碰撞處距豎直墻的距離為65D.a與b第二次碰撞處距豎直墻的距離為75[反思感悟]

變式斯諾克這種臺球運動越來越受到人們的喜愛.斯諾克本身的意思是“阻礙、障礙”,所以斯諾克臺球有時也被稱為障礙臺球,打球過程中可以利用球來做障礙迫使對方失誤,而且做障礙是每個職業(yè)斯諾克球手都必須掌握的一種技術(shù).假設(shè)光滑水平面內(nèi)一條直線上依次放有8個質(zhì)量均為m的彈性紅球,質(zhì)量為1.5m的白球以初速度v0多次與8號球發(fā)生彈性正碰,若碰撞均為彈性碰撞,則8號球最終的速度大小為()A.0B.65vC.651D.651專題七碰撞模型的拓展題型一“滑塊—斜(曲)面”模型1.模型圖示2.模型特點(1)上升到最大高度:滑塊與曲面具有共同水平速度v共,此時滑塊的豎直速度vy=0.系統(tǒng)水平方向動量守恒,mv0=(M+m)v共;系統(tǒng)機械能守恒,12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于弧形軌道的高度(2)返回最低點:滑塊與曲面分離點.水平方向動量守恒,mv0=mv1+Mv2;系統(tǒng)機械能守恒,12mv02=12mv12+1例1[2024·寧波模擬]如圖所示,一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上,滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧EF,圓弧半徑R=1m,E點與水平面相切.另有一個質(zhì)量為m的小球以v0=5m/s的初速度水平向右從E點沖上滑塊,若小球剛好沒越過圓弧的上端,已知重力加速度大小g取10m/s2,不計一切摩擦.則滑塊與小球質(zhì)量的比值Mm為()A.2 B.3 C.4 D.5例2[2016·新課標卷Ⅱ]如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小g取10m/s2.(1)求斜面體的質(zhì)量;(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?題型二“滑塊—彈簧”模型1.模型圖示2.模型特點(1)動量守恒:兩個物體與彈簧相互作用的過程中,若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒.(2)機械能守恒:系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒.(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞,兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能).(4)彈簧恢復(fù)原長時,彈性勢能為零,系統(tǒng)動能最大(相當于剛完成彈性碰撞).例3(多選)[2024·溫州模擬]如圖甲所示,一個輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上.現(xiàn)使A以3m/s的速度向B運動壓縮彈簧,速度—時間圖像如圖乙,則有()A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s,且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長C.兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2=1∶2D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2=1∶8例4如圖甲所示,小球A、B的質(zhì)量都是2kg,用輕彈簧拴接,放在光滑的水平地面上,球B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不粘連,球C從高為5m的平臺以6m/s的初速度水平拋出,落地時恰好與A相撞,碰撞瞬間豎直方向不反彈,且與A粘在一起不再分開,小球A的v?t圖像如圖乙所示,下列說法正確的是()A.C的質(zhì)量為1kgB.前2s時間內(nèi),彈簧對B的沖量大小為0C.B離開墻壁前,彈簧的最大彈性勢能為13.5JD.B離開墻壁后的最大動能為16J例5如圖所示,軌道ABCD由三部分組成,即半徑R1=1.2m的光滑14圓軌道AB,長度LBC=0.6m的粗糙水平軌道BC,以及足夠長的光滑水平軌道CD.物塊P質(zhì)量m1=2kg、物塊Q質(zhì)量m2=1kg,兩物塊間壓縮著一輕質(zhì)彈簧并鎖定(物塊與彈簧不連接)靜止于CD段中間,物塊P、Q可視為質(zhì)點.緊靠D的右側(cè)水平地面上停放著質(zhì)量m3=3kg的小車,其上表面EF段粗糙,與CD等高,長度LEF=1.2m;FG段為半徑R2=1.8m的14光滑圓軌道;小車與地面間的阻力可不計.P、Q與BC、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,現(xiàn)解除彈簧鎖定,物塊P、Q由靜止被彈出(P、Q脫離彈簧后立即撤走彈簧),其中物塊P進入CBA軌道,而物塊Q滑上小車.不計物塊經(jīng)過各連接點時的機械能損失,重力加速度g取10m/s(1)若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達A點,求P通過B點時圓弧軌道對P的彈力大小;(2)若物塊P經(jīng)過CB后恰好能到達A點,請分析物塊Q能否沖出小車最高點G;(3)若彈簧解除鎖定后,要求物塊P不從軌道滑出,物塊Q滑上小車后始終不滑離小車,求被鎖定彈簧的最大彈性勢能.題型三“子彈打木塊”模型1.模型圖示2.模型特點(1)子彈水平打進木塊的過程中,系統(tǒng)的動量守恒.(2)系統(tǒng)的機械能有損失.3.兩種情景(1)子彈嵌入木塊中,兩者速度相等,機械能損失最多(完全非彈性碰撞)動量守恒:mv0=(m+M)v能量守恒:Q=Ff·s=12mv02-12(M+(2)子彈穿透木塊動量守恒:mv0=mv1+Mv2能量守恒:Q=Ff·d=12mv02-12Mv22例6[2024·湖州模擬]如圖所示,在光滑的水平桌面上靜止放置一個質(zhì)量為980g的長方形勻質(zhì)木塊,現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊,最終留在木塊中沒有射出,和木塊一起以共同的速度運動.已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm,子彈打進木塊的深度為6cm.設(shè)木塊對子彈的阻力保持不變.(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產(chǎn)生的內(nèi)能.(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊,則在射中木塊后能否射穿該木塊?

變式1如圖所示,木塊靜止在光滑水平面上,兩顆不同的子彈A、B從木塊兩側(cè)同時射入木塊,最終都停在木塊內(nèi),這一過程中木塊始終保持靜止.若子彈A射入的深度大于子彈B射入的深度,則()A.子彈A的質(zhì)量一定比子彈B的質(zhì)量大B.入射過程中子彈A受到的阻力比子彈B受到的阻力大C.子彈A在木塊中運動的時間比子彈B在木塊中運動的時間長D.子彈A射入木塊時的初動能一定比子彈B射入木塊時的初動能大變式2[2024·金華模擬]如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊A、B放在光滑的水平面上,中間用輕彈簧相連,彈簧處于原長,一顆質(zhì)量為km(k<1)的子彈以水平速度v0射入木塊A并留在物塊中(時間極短),則下列說法正確的是()A.子彈射入物塊A的過程中,子彈的動量變化量為kmB.子彈射入物塊A的過程中,物塊A的動能增加量為kmC.在彈簧第一次被壓縮到最短的過程中,物塊B的動量大小最大值為kmD.彈簧第一次壓縮到最短的過程中,彈簧具有的最大彈性勢能為k題型四“滑塊—木板”模型1.模型圖示2.模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒,但機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能.(2)若滑塊未從木板上滑下,當兩者速度相同時,木板速度最大,相對位移最大.3.求解方法(1)求速度:根據(jù)動量守恒定律求解,研究對象為一個系統(tǒng);(2)求時間:根據(jù)動量定理求解,研究對象為一個物體;(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對位移:根據(jù)能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末,研究對象為一個系統(tǒng).例7(多選)如圖甲所示,長木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2kg的另一物體B以水平速度v0=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示,g取10m/s2.則下列說法正確的是()A.木板獲得的動能為1JB.系統(tǒng)損失的機械能為2JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1例8如圖所示,在光滑水平地面上固定足夠高的擋板,距離擋板x=3m處靜止放置質(zhì)量M=1kg、長L=4m的小車,一質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)以v0=6m/s的初速度滑上小車左端,帶動小車向右運動,小車與擋板碰撞時被粘住不動,已知滑塊與小車表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10m/s2.(1)若小車碰撞擋板前滑塊已經(jīng)與小車共速,求滑塊與小車的共同速度大小;(2)當滑塊與小車共速時,小車與擋板的距離和滑塊與小車右端的距離分別為多少?(3)若滑塊與擋板碰撞時為彈性碰撞,求全過程中滑塊克服摩擦力做的功.專題八力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用1.力學(xué)三大基本觀點力與運動的觀點運用牛頓定律結(jié)合運動學(xué)知識解題,可處理勻變速運動問題能量的觀點用動能定理和能量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題動量的觀點用動量守恒觀點解題,可處理非勻變速運動問題2.三大觀點的選用原則力學(xué)中首先考慮使用兩個守恒定律.兩個守恒定律的表達式中多項都是狀態(tài)量(如速度、位置),所以守恒定律能解決狀態(tài)問題,不能解決過程(如位移x、時間t)問題,不能解決力(F)的問題.(1)若是多個物體組成的系統(tǒng),優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律.(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時間,應(yīng)考慮使用動量定理.(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間,且受到恒力作用,應(yīng)考慮使用牛頓運動定律.(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度,應(yīng)考慮使用動能定理,系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘相對路程,動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便.題型一動量與動能觀點的綜合應(yīng)用例1[2024·寧波模擬]柴油打樁機由重錘汽缸、活塞樁帽等若干部件組成.重錘汽缸的質(zhì)量為m,鋼筋混凝土樁固定在活塞樁帽下端,樁帽和樁總質(zhì)量為M.汽缸從樁帽正上方一定高度自由下落,汽缸下落過程中,樁體始終靜止.當汽缸到最低點時,向缸內(nèi)噴射柴油,柴油燃燒,產(chǎn)生猛烈推力,汽缸和樁體瞬間分離,汽缸上升的最大高度為h,重力加速度為g.(1)求柴油燃燒產(chǎn)生的推力對汽缸的沖量;(2)設(shè)樁體向下運動過程中所受阻力恒為Ff,求該次燃燒后樁體在泥土中向下移動的距離.例2如圖所示,在光滑水平臺面上,一個質(zhì)量m=1kg的小物塊壓縮輕彈簧后被鎖扣K鎖住.現(xiàn)打開鎖扣K,物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度向右滑離平臺,并恰好從B點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC.已知A、B的高度差h=0.8m,水平距離x=1.2m,圓弧軌道的半徑R=1m,C點在圓弧軌道BC的圓心O的正下方,并會與水平地面上長為L=2m的粗糙直軌道CD平滑連接,小物塊沿軌道BCD運動并會與右邊的豎直墻壁發(fā)生碰撞,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,空氣阻力忽略不計.(1)求小物塊運動到平臺末端A的速度大小v0;(2)求輕彈簧被鎖扣鎖住時所儲存的彈性勢能Ep;(3)求圓弧BC所對的圓心角θ;(4)若小物塊與墻壁碰撞后以原速率反彈,且只會與墻壁發(fā)生一次碰撞并最終停在軌道CD間,求小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)μ應(yīng)滿足什么條件.題型二力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用例3[2023·浙江6月選考]為了探究物體間碰撞特性,設(shè)計了如圖所示的實驗裝置.水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接,兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接.質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧連接,靜置于軌道FG上.現(xiàn)有質(zhì)量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進入,經(jīng)DEF管道后,與FG上的滑塊b碰撞(時間極短).已知傳送帶長L=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動,滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,其他摩擦和阻力均不計,各滑塊均可視為質(zhì)點,彈簧的彈性勢能Ep=12kx2(x為形變量),g取10m/s2(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE;(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住,求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx.規(guī)范答題區(qū)自評項目(共100分)自評得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)例4[2024·浙江6月選考]一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示,固定的光滑水平直軌道AB、半徑為R的光滑螺旋圓形軌道BCD、光滑水平直軌道DE平滑連接.長為L、質(zhì)量為M的平板緊靠長為d的固定凹槽EFGH側(cè)壁EF放置,平板上表面與DEH齊平.將一質(zhì)量為m的小滑塊從A端彈射,經(jīng)過軌道BCD后滑上平板并帶動平板一起運動,平板到達HG即被鎖定.已知R=0.5m,d=4.4m,L=1.8m,M=m=0.1kg,平板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6、與凹槽水平底面FG間的動摩擦因數(shù)為μ2.滑塊視為質(zhì)點,不計空氣阻力,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2.(1)滑塊恰好能通過圓形軌道最高點C時,求滑塊離開彈簧時速度v0的大小;(2)若μ2=0,滑塊恰好過C點后,求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能;(3)若μ2=0.1,滑塊能到達H點,求其離開彈簧時的最大速度vm.第19講動量守恒定律及其應(yīng)用(限時40分鐘)1.如圖所示,曲面體P靜止于光滑水平面上,物塊Q自P的上端由靜止釋放.Q與P的接觸面光滑,Q在P上運動的過程中,下列說法正確的是()A.P對Q做功為零B.P和Q之間相互作用力做功之和為零C.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒D.P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒2.[2024·寧波模擬]一個連同裝備共有200kg的航天員,脫離宇宙飛船后,在離飛船60m的位置與飛船處于相對靜止的狀態(tài).裝備中有一個高壓氣源,能以50m/s的速度噴出氣體.航天員為了能在1min內(nèi)返回飛船,他在開始返回的瞬間需要一次性向后噴出的氣體至少約()A.3kg B.4kg C.5kg D.6kg3.[2024·舟山模擬]如圖所示,質(zhì)量為1kg的平板車放置在光滑水平玻璃面上,一輛質(zhì)量為0.2kg的電動玩具車放在平板車上,其前端距離平板車左端1.8m.現(xiàn)啟動電動玩具車,則()A.玩具車開始向左運動后,平板車仍然靜止B.玩具車突然不動時,平板車仍然向右運動C.玩具車運動得越快,平板車運動得越慢D.玩具車前端運動到平板車左端時,平板車在水平面上移動了0.3m4.[2024·紹興模擬]如圖所示,水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠在一起的物體A和B,兩物體可視為質(zhì)點且A的質(zhì)量較大.兩物體間夾有炸藥,爆炸后兩物體沿水平方向左右分離,不計空氣阻力,則A物體()A.爆炸過程中,獲得的初動量大B.爆炸過程中,獲得的初動能大C.爆炸后,滑行時間短D.爆炸后,滑行距離長5.[2024·金華模擬]超市里用的購物車為顧客提供了購物方便,又便于收納,收納時一般采用完全非彈性碰撞的方式把購物車收到一起,如圖甲所示.某興趣小組在超市對同款購物車(以下簡稱“車”)的碰撞進行了研究,分析時將購物車簡化為原來靜止的小物塊.已知車的凈質(zhì)量均為m=12kg,將1號車以速度v1=6m/s向右推出,先與2碰撞結(jié)合為一體后再撞擊3,最終三車合為一體.忽略一切摩擦和阻力,則第二次碰撞過程中損失的機械能為()A.18J B.36J C.54J D.72J6.[2023·臺州模擬]如圖所示,B、C、D、E、F五個小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四個球質(zhì)量相等,而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量,A球質(zhì)量等于F球質(zhì)量.A球以速度v0向B球運動,所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞,則碰撞之后()A.3個小球靜止,3個小球運動B.4個小球靜止,2個小球運動C.5個小球靜止,1個小球運動D.6個小球都運動7.(多選)[2023·紹興模擬]如圖所示,質(zhì)量為3m、半徑為R的空心大球B內(nèi)壁光滑,靜止在光滑水平面上,有一質(zhì)量為m的小球A(可視為質(zhì)點),從與大球球心等高處,緊貼著大球內(nèi)表面無初速度釋放,重力加速度大小為g.小球A滑到大球的最低點時,下列說法正確的是()A.小球A的水平位移大小等于34B.小球A的水平位移大小等于54C.小球A的速度大小等于3gRD.小球A的速度大小等于3gR8.[2024·蘇州模擬]在光滑水